Ltg-空間是不是創新？

Ltg-空間理論是不是創新？

——數論雜談

一些人別有用心似乎像小學沒畢業一樣，沒有一點數學知識，或是故意外著嘴胡說：Ltg-空間理論與狄利克雷定理相同，所以不是創新。

1、看一看狄利克雷定理：什么是“狄利克雷定理”？

如果我們把等差數列寫成kN+A的形式，那么就會有一個級數，

A，N+A，2N+A，3N+A，4N+A，……kN+A……

如果k｜A 互素，那么這個等差數列 kN+A 里面就含有素數。

這是“狄利克雷定理”。

2、而我的“Ltg-空間理論”是這樣定義的：

所有正整數1,2,3,…均可由一組等差數列表示，這些等差數列按序1,2,3,…構成無限空間。選定特定等差數列空間后，這個空間與其他空間自動屏蔽，其他數列不再進入這個空間，全部正整數（包括素數及合數）均獲得固定位置，并對應唯一項數N。因此，素數及合數的出現均遵循特定規律，而非隨機離散發生。

設Zk為全體正整數空間，則有公式：

Zk=kN+A

其中：k表示維度，k=1,2,3…

N為各正整數對應的項數，N=0,1,2,3…

A為特定空間內等差數列的順序號，A=1,2,3…

用代數式可以這樣表示：

N+1

2N+1,2N+2

3N+1,3N+2,3N+3

4N+1,4N+2,4N+3,4N+4

5N+1，5N+2,5N+3,5N+4,5N+5

許許多多……

kN+1，kN+2，kN+3，kN+4…… kN+k 。

上面的橫向每一組等差數列（空間）都可以代表全部整數，當選定某空間后其它空間里面的等差數列就不會進入到這一個空間里來了，實現了空間隔離。

你們睜大眼看一看，有一點相同之處嗎？

用圖示如下：

你們查閱一下書寫歷史資料（其實他們沒少查）有相同或近似的觀點出現嗎？如果有真的不輪不到你們證明什么孿生素數地猜想和哥德巴赫猜想了。

雖然Ltg-空間理論是有不足，但是它畢竟是“推開了數論研究新理論的一道門縫”，讓人類看到了一個研究數論的新方法，看到一個新領域地平線上天際邊的曙光。

3、實際應用

他們說沒有創新，沒有解決哥德巴赫猜想問題，不跟他們抬杠，我就舉四個例子，可能不完備，但是畢竟都有所進展。

1）證明孿生素數猜想：

首先必須確定使用的空間。我們使用Ltg-空間理論里的2N+A (A=1,2)空間。為什么需要聲明使用空間？只有這樣才會與其他空間隔絕，其他空間的函數、數列等才不會進這個空間。這里的所有正整數（素屬與合數，偶數）才會有自己固定的位置，都有一個唯一的項數N相對應。

看下圖，

初等函數Zj(N) =2N+1,定義域是N的區間[0，∞）。

初等函數Z0(N) =2N+2,定義域是N的區間[0，∞）。

這就是兩個最簡單的直線方程，在區間[0，∞）內是連續可導的，其性質根本就不需要證明。

合數項公式Nh=a(2b+1)+b 也完全可以看成一個初等函數，即

Nh(a,b)=a(2b+1)+b 取值范圍是a≧1,b≧1至無窮大的全部正整數。

而這個函數自變量的定義域就是區間[0，∞），這根本不需要證明什么。

這就也是一個簡單的二元一次直線族方程，在區間[0，∞）內每一個直線方程，都是連續的，其性質也根本就不需要證明。

有了合數項Nh的位置，那么素數項的位置在區間[0，∞）內的位置就是

Mp=N\Nh 也就確定了。

證明如下：

猜想：存在無窮多對素數（P,P+2）。

證明步驟：

1、定義函數：

f(N) = 2N+1 (生成奇數)

g(N) = 2N+3 （生成比f(N)大2的奇數）

2、等價問題：

需證明存在無窮多N使得f(N)和g(N)同時為素數。

注釋：把項數N看成自變量，在N同值時，這兩個函數值都是素數。

3、反證法：

假設：只有有限個N滿足f(N)和g(N)均為素數。

則存在No，當N＞No時，f(N)和g(N)至少有一個是合數。

4、導出矛盾：

考慮函數f(N)和g(N)的代數獨立性：

兩者均為斜率為2的直線，在整數域上無公共約束。

由素數在正整數中數量是無窮多的推論：

對任意線性函數Zj(N) =2N+1,由空間表格，我們注意到這個函數中的素數是有無窮多的（無需證明），它的濃度是大于零的。也就是說隨著N→∞，素數的總數是增加的，不是不再出現素數了。

因此：

f(N)在N＞No時仍有無限多個素數值。

對于每個素數f(N)，檢查g(N) = f(N)+2。

若g(N)恒為合數（當N＞No時），則意味著對所有大N，函數g(N)被強制合數化。

關鍵矛盾：

函數g(N) = 2N+3是斜率為2的直線，其值也覆蓋無窮級數。

不存在代數機制能迫使一條線性函數在所有大整數處輸出合數。

例如，若g(N)恒被某素數P整除，則需2N+3≡0 （mod p）對所有N成立，這與P ∣2，矛盾，矛盾）。

5、結論：

假設不成立，故存在無窮多N使f(N)和g(N)同時為素數。

故，孿生素數猜想得證！

2）證明哥德巴赫猜想

首先我們選定Ltg-空間里面的2N+A (A=1,2) 作為解決哥德巴赫猜想的空間，為了問題簡單化我們把等差數列轉化成初等函數來處理。

這個空間的表格如下，

1、設定等差數列2N+1為初等函數Zj(N) =2N+1 （直線方程），

他的定義域是項數N[0，+∞ ) 內連續變化，而保持函數性質的一致性。

這個函數中有一個素數項函數公式，為

Nh =a(2b+1)+b , a≥1,b≥1 定義域區區間[0，+∞ )內的全部整數。

在區間[0，+∞ )內那些未被Nh覆蓋的項就是

素數項 Ns = N\ Nh

這些素數項都有確定的位置項數N分布在區間[0，+∞ )內。

Nh 和 Ns 覆蓋N的全部區間[0，+∞ )。

設定等差數列2N+2為初等函數Zo(N) = 2N+2 （直線方程），

它的定義域也是項數N[0，+∞ ) 內連續變化，而保持函數性質的一致性。

以上的項數N 觀察表格，是0至無窮大的正整數。

2、函數Zj(N) = 2N+1包含了（2除外）正整數中的全部素數，以及由素數形成的合數。

函數Zo(N) = 2N+2包含了正整數中的全部偶數。

這樣在2N+A(A=1,2) 這個封閉空間里，這幾個函數覆蓋了全部空間，而不受其他空間的影響。

3、我們設定1不是素數，4=2+2，偶數≥6 ，證明哥德巴赫猜想。

4、在函數Zj(N) = 2N+1中任意選取兩個素數q,p，

可以寫成兩個素數函數：

Q(m)=2m+1 和P(n)=2n+1

其中，m和n都是素數項，取值是在區間[0，+∞ )內的全部素數。

5、 把兩個素數相加，就是

q+p=（2m+1）+（2n+1）=2（M+N）+2 = 2k+2

k是由q+p產生的一個偶數的相位數。

我們注意2k+2也是一個偶數直線方程，可以寫成Zo= 2k+2 ,而k的取值受m+n的控制。

注：這句話很關鍵，k取決于素數的項數m和n。

觀察表格我們發現：

k =(0+k)=(1+(k-1))=(2+(k-2))=m+n=…… =N

舉例說明：（用較小的數字）

在函數Zj(N) = 2N+1中任意選取兩個素數q,p，

5和11，他們的項數是m+n=2+5=7=K

K=0+7=1+6=2+5=3+4=N

原來這個k就是區間[0，+∞ )內，從0至N，N=0,1,2,3……的全部項數。

所以，有，q + p = 2N+2

在直線方程Zo(N) = 2N+2 上任一偶數（≥6），都至少可以有一組兩個素數相加得數對，可以表示這個偶數。

哥德巴赫猜想得證！

3）證明a^2+1猜想

今天我用Ltg-空間理論中的2N+A(A=1、2)再次證明一遍這個猜想。

使用2N+A表格，表格如下：

這個空間由兩個數列奇數數列2N+1和偶數數列2N+2構成，它們可以表示全部正整數。

我們可以把奇數數列2N+1看成是一個封閉的空間，不受其他因素影響，尤其不要受到“解析數論”的影響，我們就使用初等的方法解決這個問題，避免“簡單問題復雜化”。

1、奇數數列包含著除2以外的全部素數，1我們可以認為不是素數。

2、這個空間里面的合數和素數都有自己的固定位置，素數不是隨機出現的。

3、奇數數列有一個確定合適位置的“合數項公式”，

Nh=a（2b+1）+b

其中，a和b都是都是項數，a、b≥1。

注意：合數項Nh是項數，代入 2N+1才是實際的數值。

4、相對而言有一個素數項公式：

Ns=N-Nh

5、這兩個公式覆蓋了全部2N+1上的位置，直到無窮大。

6、合數項公式滿足區間（0，∞）而性質不會改變。

有了上面的條件我們證明級數a^2+1 中還有無窮多的素數舊機器簡單了。

證明：

a^2+1 中只有a^2 是偶數時，a^2+1才是奇數數列，所以有，

設a=2k a^2=4k^2 就有，4k^2+1

我們知道2N+1數列中的合數被合數項公式Nh=a（2b+1）+b 全面覆蓋，

只有4k^2+1 與Nh=a（2b+1）+b完全重合它才不會含有素數。

Nh=a（2b+1）+b 的圖像是一組直線族；

4k^2+1的圖形是栓曲線。

這些不需要證明都可以斷定這兩個公式永遠不會重合。

所以級數a^2+1 中含有無窮多的素數。

證畢！

這個方法適用于一系列數論中古老猜想問題的解決。

4）證明勒讓德猜想

使用6N+A特殊空間，“仰韶公式”制作的表格。

1、全部自然數可以用這六個等差數列表示，任何一個等差數列的平方都代表了這個數列的平方，直到無窮大。

2、全部自然數都是這六個等差數列以六為周期重復出現，所以在以六為周期中，必然經過數列6N±1一次，而6N±1既有合數，也有素數。

3、數列(6N-2)?2= 36N?2-24N+4

數列(6N-1)?2=36N?2-12N+1

數列(6N)?2=36N?2

數列(6N+1)?2=36N?2+12N+1

數列(6N+2)?2= 36N?2+24N+4

數列(6N+3)?2= 36N?2+36N+9

某數列的平方數就是這個數列里全部數的平方數。這六個數列的平方數就是全部自然數的平方數。

4、我們在“仰韶公式”任取相鄰的兩個數（6N-2） 和（6N-1）。

它們平方數的距離是：

（36N?2-12N+1）-（36N?2+24N+4）=12N-3

注意這個項數N不同于仰韶表格里的項數N。

比如N=1距離是 12X1-3= 9。就是從16到25是9的距離。

當N取2、3、4……時是同樣道理，可以得到無窮多的兩個相鄰數（在數列6N-2和數列6N-1中）的平方數的距離。

其他數列里兩個數的平方數的距離，都用同樣的方法可求。

注意，這個距離數除以6才是“仰韶公式”里的項數N，這點不要混淆。

5、由兩個平方數之間的距離可以決定一個區間（N1，N2）。

N2>N1。

N2里面的合數我們可以用數列6N±1的合數方程求出來。因為在自然數里數列6N±1以6為周期重復出現的，我們可以忽略數列6N+1只研究數列6N-1里面的素數分布，這樣不會影響我們的證明的結果。

6、在數列6N-1里面的合數方程可以使用

N=a(6b+1)-b 來表示，里面的字母都是項數。

于是有，

N2= a″(6b″+1)-b″

N1= a′(6b′+1)-b′

7、數（6N-2）相鄰數（6N-1）的平方數之間的項數是（12N-3）/6 。

8、在這個區間內的素數表示成Ns，合數表示成Nh。

于是有，

Ns = (N2-N1) – Nh =（12N-3）/6- ﹝a″(6b″+1)-b″- a′(6b′+1)+b′﹞

整理得，

Ns =﹝（12N-3）/6﹞-﹝6（a″b″- a′b′）+（a″- a′）+（b″- b′）﹞

9、分析這個公式

前項（12N-3）/6 是一個線性方程，項數N是連續取正整數。

后項是一個二次拋物線方程，不是連續取項數N。

所以，在區間（N1，N2）中總會有素數出現。

這樣就證明了在自然數中，任意兩個相鄰完全平方數之間，都存在至少一個質數。即，對任意正整數n，存在質數p，滿足n^2 < p < (n+1)^2。

我不敢說Ltg-空間沒有問題，這四個證明證明完美，但是畢竟是給出了一種可能性。任何人貶低別人抬高不了自己。一些人一邊貶低著我，卻一邊剽竊著我的數學思想，包括一些所謂拿獎的數學家。一些人偷用了我的“空間”而不做任何說明來源，本質都是剽竊。

2025年8月17日星期日 李鐵鋼 于保定市